浙江省宁波市三锋教研联盟2022-2023学年高一下学期数学期中联考试卷（含答案）

浙江省宁波市三锋教研联盟2022-2023学年高一下学期数学期中联考试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知向量a=(2，6)，b=(1，A．2 B．-3 C．3 D．-22．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=3，A=45°，B=60°，则a=A．1 B．22 C．2 D．3．设a，b是两个非零向量，则“a∥b”是“A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是（）A．平面α内的所有直线都与直线a异面B．平面α内不存在与直线a平行的直线C．平面α内的直线都与直线a相交D．直线a与平面α有公共点5．如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若ED=xAB+yA．1 B．-1 C．12 D．6．在△ABC中，A=2π3，AB=AC=2，以A．7π2 B．3π C．2π D．7．已知△ABC中，D是BC的中点，且|AB+AC|=|ABA．14BC B．34BC C．8．如图，已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AD=AA1=2，AB=3A．22 B．13 C．10 D．二、多选题9．下列命题是真命题的是（）A．平行于同一直线的两条直线平行B．平行于同一平面的两条直线平行C．平行于同一直线的两个平面平行D．平行于同一平面的两个平面平行10．在平面直角坐标系中，已知点O(0，0)A．|B．△AOB是直角三角形C．以OA，OB为邻边的平行四边形的顶点D的坐标为(D．与OA垂直的单位向量的坐标为(2511．如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是边AB，BC的中点，G，H分别在线段DC，DA上，且满足A．当λ=μ=12时，四边形B．当λ=μ=23时，四边形C．当λ≠μ时，四边形EFGH是空间四边形D．当λ≠μ时，直线EH，12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acA．A=2CB．aC．1tanCD．ac的取值范围为三、填空题13．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边a、b、c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：S=14[a2c2−(a2+c214．长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是.15．如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD的高度为20m，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为45°，沿直线步行1min后在B点观察塔顶，仰角为30°，若∠ADB=150°，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为m/16．在锐角△ABC中，B=π3，|AB−AC四、解答题17．已知向量|a|=2，|（1）求(2（2）求2a+b18．已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a，3（1）求角A；（2）若a=7，b=2，求△ABC19．如图，在三棱柱BCF−ADE中，若G，H分别是线段AC，DF的中点.（1）求证：GH∥BF；（2）在线段CD上是否存在一点P，使得平面GHP∥平面BCF，若存在，指出P的具体位置并证明；若不存在，说明理由.20．如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥CB，AB=4，CD=2，∠DAB=π3.且AM=（1）若G是MN的中点，证明：A，G，C三点共线；（2）若P为CB边上的动点（包括端点），求(PM21．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C（1）若M为棱CC1上靠近C点的四等分点，求证：（2）若平面PQC与直线AA1交于22．在①3acosC+asinC−3b=0在锐角△ABC中，△ABC的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：____.（1）求角A的大小；（2）作AB⊥BD（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足∠BCD=π4，

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由题意2λ−6=0，λ=3．故答案为：C．

【分析】利用已知条件结合向量共线的坐标表示，进而得出实数λ的值。2．【答案】D【解析】【解答】由正弦定理得asin∴a=b故答案为：D.

【分析】利用已知条件结合正弦定理得出a的值。3．【答案】B【解析】【解答】由|a又(|a所以当且仅当⟨a，b充分性：由a∥b，得⟨a，b必要性：由|a+b|=|a所以“a∥b”是“故答案为：B．

【分析】利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而判断出“a∥b”是“4．【答案】D【解析】【解答】直线a不平行于平面α，可得a⊂α或a与平面α相交．对于A：直线a与平面α内的直线相交、平行或为异面直线，A不符合题意；对于B：当a⊂α时，平面α内存在与直线a平行的直线，B不符合题意；对于C：当a⊂α时，α的直线可能与a平行，C不符合题意；对于D：直线a与平面α有公共点，D符合题意．故答案为：D．

【分析】利用已知条件结合异面直线判断方法、平行直线判断方法、相交直线判断方法和直线与平面相交的判断方法，进而找出结论成立的选项。5．【答案】B【解析】【解答】由题意知ED=因为ED=xAB+yAD(x，y∈R)故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合平面向量基本定理，进而得出x，y的值，从而得出x-y的值。6．【答案】C【解析】【解答】因为在△ABC中，A=2π3过C作BA的垂线，垂足为O，则OC=3，OA=1，以AB所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体特征为圆锥OB中挖去圆锥OA，所以，该几何体的体积为13故答案为：C

【分析】在△ABC中，A=2π3，AB=AC=2过C作BA的垂线，垂足为O，则OC=3，OA=1，OB=3，以AB所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体特征为圆锥OB7．【答案】A【解析】【解答】因为|AB+AC所以AB⋅AC=0，则AB所以|AD又因为|AD|=故点A作AE⊥BD交BD于点E，则E为BD中点，所以向量BA在向量BC上的投影向量为BE=故答案为：A.

【分析】利用|AB+AC|=|AB−AC|结合数量积求向量的模的公式，则AB⋅AC=0，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，则AB⊥AC，再利用D是BC的中点，所以|AD|=|BD|=|CD|8．【答案】C【解析】【解答】如图所示：取BC的中点G，连接AG，在长方体ABCD−A1B1C1D1，因为BC//A1D1且BC=A1D1，F、G因为EF//AD1，EF⊂面BEF，AD1⊄同理可证：D1G//因为AD1//面BEF，D1G//面BEF，D1G⊂面所以面AD1G因为点P为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，且直线D1P与平面BEF无公共点，D1所以点P的轨迹为线段AG.已知长方体ABCD−A1B1C1D1，所以BG=1，所以AG=A故答案为：C

【分析】取BC的中点G，连接AG，AD1，在长方体ABCD−A1B1C1D1，E、F分别是棱AA1、A1D1的中点，所以EF//AD1，再利用BC//A1D1且BC=A1D1，F、G分别是中点，再结合平行和相等的传递性，所以BG//FD1且BG=FD1，所以四边形BGD1F为平行四边形，所以BF//GD1，再利用EF9．【答案】A,D【解析】【解答】对于A：根据平行线的传递性可知平行于同一直线的两条直线平行，A为真命题；对于B：平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交或异面，B为假命题；对于C：平行于同一直线的两个平面的位置关系有：平行或相交，C为假命题；对于D：根据空间中面面的位置关系可知平行于同一平面的两个平面平行，D为真命题；故答案为：AD.

【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、面面平行的判定定理，进而找出真命题的选项。10．【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，由依题意得AB=(2，−1)对于B，由题意得OA=(1则|OA|=1所以结合A选项得|OA|2+|对于C，结合B选项得OD=OA+OB=对于D，结合B选项得OA=(1，2则x+2y=0x2+y2故与OA垂直的单位向量的坐标为(255故答案为：ABD．

【分析】由依题意结合向量的坐标表示的向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示得出|AB→|的值；由题意结合向量的坐标表示得出OA=(1，2)，OB=(3，1)11．【答案】B,C【解析】【解答】A：在△ABC中，因为E，F分别是边AB，BC的中点，所以EF∥AC且当λ=μ=12时，H，G分别为DA，DC中点，所以在所以EF∥HG且EF=HG，所以四边形EFGH是平行四边形，又E，H分别为AB，AD中点，所以当BD⊥AC时有EH⊥EF，平行四边形EFGH为矩形，所以四边形EFGH不一定是矩形，A不符合题意；B：当λ=μ=23时，DGDC=DH则由A可知EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形，B符合题意；C：当λ≠μ时，EF不平行于HG，又因为HG⊂平面ADC，EF⊄平面ADC，所以HG，EF是异面直线，四边形D：不妨设直线EH，FG，因为EF∥AC，AC⊂平面ADC，EF⊄平面ADC，所以EF∥平面ADC，又因为直线EH，FG相交于点O，所以EF⊂平面因为平面EHGF∩平面ADC=HG，所以EF∥HG∥AC，所以可得λ=μ，矛盾，D不符合题意；故答案为：BC

【分析】利用已知条件结合空间四边形的结构特征，再结合中点的性质和向量共线定理，再利用矩形的结构特征、梯形的结构特征、空间四边形的结构特征、三线交于一点的判断方法，进而找出说法正确的选项。12．【答案】A,C【解析】【解答】对于A：∵ac=1+即sinAcosC=注意到ac=1+可得C∈(0，π2所以C=A−C或C+(A−C)=A=π（舍去），即A=2C，A符合题意；对于B：由A可得sinA则2sin由正弦定理可得2acos由余弦定理可得2a×a2+对于D：∵A=2C，则0<C<π20<2C<π0<π−3C<π，解得由正弦定理可得：ac∵0<C<π3，则cosC∈(对于C：∵A=2C，则1=1即1tan当且仅当2sinA=1故答案为：AC

【分析】利用ac=1+cosAcosC和正弦定理以及两角差的正弦公式可得sinC=sin(A−C)，注意到ac=1+cosAcosC>0，则cosC>0，再结合余弦函数的图象得出角C的取值范围，再利用三角形中角A的取值范围，再结合不等式的基本性质得出A-C的取值范围和已知条件得出A=2C；由A可得sin13．【答案】3【解析】【解答】因为a=2，b=3，c=7，则S故答案为：33

【分析】利用已知条件结合S=14[14．【答案】14π【解析】【解答】由已知可得长方体的外接球半径为32则该球的表面积是4π×(故答案为：14π.

【分析】由已知条件结合勾股定理和直径与半径的关系式，进而得出长方体的外接球半径，再利用球的表面积公式得出该球的表面积。15．【答案】7【解析】【解答】在Rt△ACD中，∠CAD=45°，CD=20，则在Rt△BCD中，∠CBD=30°，CD=20，则在△ABD中，由余弦定理AB可得AB=207所以步行速度为为207故答案为：73

【分析】在Rt△ACD中，∠CAD=45°，CD=20，再结合直角三角形中三角函数的定义得出AD的长，在Rt△BCD中，∠CBD=30°，16．【答案】(【解析】【解答】以B为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，因为B=π3，且|AB即|BC|=1，即BC=1，可得设A(x，0)，因为△ABC过点C作CD⊥x，且若A=π6，可得AB=2，即即点A在线段DE上（不包含端点），即12又由AB=所以AB⋅即AB⋅AC的取值范围为故答案为：(0【分析】以B为原点，建立平面直角坐标系，再利用B=π3，且|AB−AC|=1，再结合三角形法则，进而得出BC的长，从而得出点C的坐标，设A(x，0)，再利用三角形△ABC为锐角三角形，再利用三角形内角和为180度的性质，进而得出A+C的值，从而得出角A的取值范围，过点C作CD⊥x，且若17．【答案】（1）解：∵|a|=2，∴(（2）解：|2a|acos⟨2【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积的运算法则，进而得出(2a+b)⋅(18．【答案】（1）解：∵m⊥n，m∴asin∴由正弦定理得sinAsinB+∴sin∴tanA=−3∴A=2π（2）解：由余弦定理cosA=解得c=1，负值舍去，∴S【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示和正弦定理以及同角三角函数基本关系式，进而得出角A的正切值，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值。

（2）利用已知条件结合余弦定理得出c的值，再结合三角形的面积公式得出三角形△ABC的面积。19．【答案】（1）证明：连接BD，∵ABCD为平行四边形，由题意可得：G是线段BD的中点，则G，H分别是线段BD，DF的中点，故GH∥BF.（2）解：存在，P是线段CD的中点，理由如下：由（1）可知：GH∥BF，GH⊂平面GHP，BF⊄平面GHP，∴BF∥平面GHP，连接PG，∵P、H分别是线段CD、DF的中点，则HP∥CF，HP⊂平面GHP，CF⊄平面GHP，∴CF∥平面GHP，BF∩CF=F，BF，CF⊂面故平面GHP∥平面BCF.【解析】【分析】（1）连接BD，再利用四边形ABCD为平行四边形，由题意可得点G是线段BD的中点，则G，H分别是线段BD，DF的中点，再利用中点作中位线的性质和中位线的性质，进而证出GH∥BF。

（2）存在，P是线段CD的中点，理由如下：由（1）可知：GH∥BF，再利用线线平行证出线面平行，所以BF∥平面GHP，连接PG，PH，再利用P、H分别是线段CD、DF的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，则HP∥CF，再利用线线平行证出线面平行，所以CF∥平面GHP，再利用线面平行证出面面平行，从而证出平面20．【答案】（1）证明：以{AB，AD∵G是MN的中点，则AG=可得AC=4（2）解：过D作DO⊥AB，垂足为O，则BCDO为矩形，由题意可得DE=BC=23如图，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，则B(2，设P(2，可得PM=(−3则PM+可得(PM∵f(a)=2a2−注意到a∈[0，23]，∴当a=3故(PM+PN【解析】【分析】（1）利用已知条件结合平面向量基本定理和中点的性质，再结合向量共线定理得出AC=4AG，再利用三点共线的判断方法证出A，G，C三点共线。

（2）过D作DO⊥AB，垂足为O，则BCDO为矩形，由题意可得DE=BC=23，AO=OB=2，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，进而得出点的坐标，设P(2，a)(a∈[0，221．【答案】（1）证明：取PD的中点N，连接MN，设MN∩PC=G，连接GQ，由题意可得：PN∥MC，且PN=MC，则G为PC的中点，可得GN∥DC，且GN=12DC，即GM∥DC∵Q是棱AB的中点，则QB∥DC，且QB=1可得QB∥GM，且QB=GM，∴BMGQ为平行四边形，则GQ∥BM，GQ⊂平面PQC，BM⊄平面PQC，故BM∥平面PQC.（2）解：取AA1的中点F，连接∵P，F分别是棱DD1，AA1的中点，则又∵AD∥BC，且AD=BC，则PF∥BC，且PF=BC，即BCPF为平行四边形，则PC∥BF，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1则PC∥QR，故QR∥BF，又∵Q是棱AB的中点，则R为AF的中点，即A1由题意可知：ARQ−DPC为台体，可得S△AEQ则台体ARQ−DPC的体积为VARQ−DPC正方体ABCD−A1B故平面PRQC将正方体分割成的上、下两部分的体积之比76【解析】【分析】（1）取PD的中点N，连接MN，设MN∩PC=G，连接GQ，由题意可得：PN∥M